Funktion als Intergral mit variabler oberen Grenze

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23.04.2006, 00:35	manifold	Auf diesen Beitrag antworten »
Funktion als Intergral mit variabler oberen Grenze Hi, ich hab hier folgende Aufgabe, bei der ich mir nicht sicher bin, ob solche Spielerei mit Notation zur Lösung führt. Aufgabe: Sei die Funktion $\begin{eqnarray} L:{\mathbb{R}}^{+}\rightarrow\mathbb{R} \end{eqnarray}$ gegeben durch: $\begin{eqnarray} L(x)=\displaystyle\int^x_1 \frac{1}{t}\,dt \end{eqnarray}$ Zeigen Sie, indem Sie nur die Integrationsregeln, aber keine Vorkenntnisse über die Logarithmusfuktion verwenden, dass für $\begin{eqnarray} u,v\in{\mathbb{R}}^{+} \end{eqnarray}$ gilt: $\begin{eqnarray} L(uv)=L(u)+L(v) \end{eqnarray}$ Lösung: 1. OBdA sei 1<u<v, dann 1<u<uv und es gilt: $\begin{eqnarray} \displaystyle\int^{uv}_1 \frac{1}{t}\,dt=\displaystyle\int^u_1 \frac{1}{t}\,dt+\displaystyle\int^{uv}_u \frac{1}{t}\,dt \end{eqnarray}$ 2. Es bleibt zu zeigen, dass: $\begin{eqnarray} \displaystyle\int^v_1 \frac{1}{t}\,dt=\displaystyle\int^{uv}_u \frac{1}{t}\,dt \end{eqnarray}$ Dazu bestimmen wir die Ableitung des zweiten Integrals in der obigen Gleichung an der Stelle x=uy=uv, wo y Variable ist. Dabei nehmen wir an, dass u von vornerein konstant ist. $\begin{eqnarray} \frac{d}{d(uv)}\displaystyle\int^{uv}_u \frac{1}{t}\,dt=\frac{1}{u}\frac{d}{dv}\displaystyle\int^{uv}_u \frac{1}{t}\,dt\cdot{u}=f(uv)\cdot{u}=\frac{1}{v}=L'(v)=\frac{d}{dv}\displaystyle\int^v_1 \frac{1}{t}\,dt \end{eqnarray}$ Daraus folgt die zweite Behauptung. Also insgesamt: $\begin{eqnarray} \displaystyle\int^{uv}_1 \frac{1}{t}\,dt=\displaystyle\int^u_1 \frac{1}{t}\,dt+\displaystyle\int^v_1 \frac{1}{t}\,dt \end{eqnarray}$ Ist das richtig? Kann man diese Aufgabe vielleicht anders lösen? Anmerkungen, Vorschläge?
23.04.2006, 20:12	manifold	Auf diesen Beitrag antworten »
Hey, gibt es denn überhaupt keine Meinungen dazu? Ist die Lösung korrekt oder unsinnig? Meldet euch, bitte!
23.04.2006, 20:26	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Vielleicht kannst du dir hier von dem hier einige Inspirationen holen: Grenzwertbildung der Eulerschen Zahl
23.04.2006, 20:43	manifold	Auf diesen Beitrag antworten »
Gut, aber wenn ich mich nicht irre, hat er in seinem Beitrag von der Eigenschaft der Logarithmusfunktion gebrauch gemacht. Sagt doch, was an meiner Lösung so unsinnig ist, weil ich selbst Bedenken hab, ob man das Integral da oben so ableiten darf wie ich's gemacht hab...sonst bin ich so dumm wie vorher. Auch wenn es falsch ist, werd ich mich doch keinesfalls beleidigt fühlen. Also, auf Jungs!
23.04.2006, 20:48	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Nein, richtig lesen: Er definiert den Logarithmus über das Integral - genau wie du. Dann weist er erst die Logarithmeneigenschaften nach. Bei deinen Ausführungen sehe ich nicht so ganz, wie man aus $\begin{eqnarray} L'(uv)=\frac{d}{d(uv)}\displaystyle\int^{uv}_u \frac{1}{t}\,dt=\frac{1}{u}\frac{d}{dv}\displaystyle\int^{uv}_u \frac{1}{t}\,dt=f(uv)=\frac{1}{uv}=\frac{1}{u}L'(v)=\frac{1}{u}\frac{d}{dv}\displaystyle\int^v_1 \frac{1}{t}\,dt \end{eqnarray}$ unmittelbar $\begin{eqnarray} \displaystyle\int^v_1 \frac{1}{t}\,dt=\displaystyle\int^{uv}_u \frac{1}{t}\,dt \end{eqnarray}$ sehen soll.
23.04.2006, 21:25	manifold	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich glaub ich hab etwas vergessen, nämlich u als Ableitung von uv ! Mist! ich verglich einfach die zwei Ausdrücke: $\begin{eqnarray} \frac{1}{u}\frac{d}{dv}\displaystyle\int^v_1 \frac{1}{t}\,dt=\frac{1}{u}\frac{d}{dv}\displaystyle\int^{uv}_u \frac{1}{t}\,dt \end{eqnarray}$ Angesichts des Fundus, muss ich aber was abändern...ich hab oben u als Faktor nach dem Integral hinzugefügt. An dem Prozess ändert es aber nichts, vereinfacht sich sogar. Ich komme also zu dem Vergleich: $\begin{eqnarray} \frac{d}{dv}\displaystyle\int^v_1 \frac{1}{t}\,dt=\frac{d}{dv}\displaystyle\int^{uv}_u \frac{1}{t}\,dt \end{eqnarray}$
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23.04.2006, 21:29	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Ok, aber dann fehlt noch ein kleiner Zwischenschritt: Wenn zwei Ableitungen gleich sind, dann sind die beiden zugehörigen Funktionen erstmal nur bis auf eine additive Konstante gleich: $\begin{eqnarray} \displaystyle\int^v_1 \frac{1}{t}\,dt = \displaystyle\int^{uv}_u \frac{1}{t}\,dt + C \end{eqnarray}$ Durch Einsetzen von $\begin{eqnarray} v=1 \end{eqnarray}$ erhält man natürlich sofort das gewünschte $\begin{eqnarray} C=0 \end{eqnarray}$ .
23.04.2006, 21:34	n!	Auf diesen Beitrag antworten »
ich empfehle noch das hier: http://www.netschool.de/mat/dirs/dui_36.htm#lbl141
23.04.2006, 22:28	manifold	Auf diesen Beitrag antworten »
Gut, jetzt sehe ich das viel klarer: Das war auch aus meiner Rechnung ersichtlich...nur ich hab's wieder verpasst. Es ist nämlich: $\begin{eqnarray} (L(uv)-L(v))'=L'(uv)-L'(v)=\frac{d}{d(uv)}\displaystyle\int^{uv}_1 \frac{1}{t}\,dt - \frac{d}{dv}\displaystyle\int^v_1 \frac{1}{t}\,dt=\frac{d}{d(uv)}\displaystyle\int^{uv}_u \frac{1}{t}\,dt - \frac{d}{dv}\displaystyle\int^v_1 \frac{1}{t}\,dt=0 \end{eqnarray}$ , woraus natürlich: $\begin{eqnarray} L(uv)-L(v)=C \end{eqnarray}$ folgt. Nur, es is mir irgendwie noch nicht einleuchtend, warum, wenn wir ein anderes v nehmen, sagen wir 2,3, warum in diesem Fall u bzw. L(u) sich nicht zu ändern braucht, d.h. wir haben immer noch dieselbe Konstante....aaa!...man kann's doch hier ablesen!: $\begin{eqnarray} \displaystyle\int^{uv}_1 \frac{1}{t}\,dt - \displaystyle\int^{uv}_u \frac{1}{t}\,dt = \displaystyle\int^u_1 \frac{1}{t}\,dt \end{eqnarray}$ Gut, danke Jungs! Ist jetzt alles glasklar!
24.04.2006, 08:22	klarsoweit	Auf diesen Beitrag antworten »
Und warum machst du bei dem Beweis von $\begin{eqnarray} \int^{uv}_u \frac{1}{t}\,dt = \displaystyle\int^v_1 \frac{1}{t}\,dt \end{eqnarray}$ nicht dis Substitution t = u*z ?

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